SBT Toán 8 Ôn tập chương 2 - Phần Hình học | Hay nhất Giải sách bài tập Toán lớp 8

Ôn tập chương 2 - Phần Hình học

Bài 51 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC với ba đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi H là trực tâm của tam giác đó. Chứng minh rằng HA ' HB' HC'

AA '+ BB' + CC' =1 Lời giải:

Ta có:

HBC HAC HAB

ABC

1 1 1

S HA '.BC; S HB'.AC; S HC'.AB;

2 2 2

1 1 1

S AA '.BC BB'.AC CC'.AB

2 2 2

= = =

= = =

Và SHBC + SHAC + SHAB = SABC

HBC HAC HAB

ABC ABC ABC

S S S

S S S 1

 + + =

Hay HA'.BC HB'. AC HC'.AB AA '.BC+ BB'. AC + CC'.AB =1 Do đó; HA ' HB' HC'

AA '+ BB' + CC' =1.

Bài 52 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC.

a) Tính tỉ số đường cao BB’, CC’ xuất phát từ đỉnh B, C.

b) Tại sao nếu AB < AC thì BB' < CC’?

Lời giải:

a) Ta có: S_ABC ¹BB'.AC ¹CC'. AB

2 2

= =

Suy ra: BB'.AC = CC'.AB Do đó, ^{BB' AB}

CC' = AC.

b) Nếu AB < AC thì ^AB 1 AC  Mà theo a) ^{BB' AB}

CC' = AC Suy ra: BB'

CC' 1. Do đó, BB' < CC'.

Bài 53 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1: Qua tâm O của hình vuông ABCD cạnh a, kẻ đường thẳng l cắt cạnh AB và CD lần lượt tại M và N. Biết MN = b. Hãy tính tổng các khoảng cách từ các đỉnh của hình vuông đến đường thẳng l theo a và b (a và b có cùng đơn vị đo).

Lời giải:

Gọi h1 và h2 là khoảng cách từ đỉnh B và đỉnh A đến đường thẳng l Tổng khoảng cách là S.

Vì O là tâm đối xứng của hình vuông nên OM = ON (tính chất đối xứng tâm) MN = b nên MO = NO = b

2 Suy ra AM = CN.

Mà: AMP=DNS (đồng vị) Và DNS=CNR (đối đỉnh) Suy ra: AMP =CNR

Suy ra: ΔAPM = ΔCRN (cạnh huyền, góc nhọn)

⇒ CR = AP = h2

Vì AM = CN ⇒ BM = DN Và BMQ=DNS (so le trong)

Suy ra: ΔBQM = ΔDSN (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ DS = BQ = h1

SBOA = ¹

4SABCD = ¹

4a² (l)

SBOA = SBOM + SAOM = 1 2 ^{1 2}

(

)

1 b 1 b bh bh 1

. .h . .h . h h b

2 2 2 2 4 4

+ = + = + (2)

Từ (1) và (2) suy ra h1 + h2 = a2

b Vậy : S = 2(h1 + h2) =

2a2

b .

Bài 54 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1: Tam giác ABC có hai trung tuyến AM, BN vuông góc với nhau. Hãy tính diện tích tam giác đó theo AM và BN.

Lời giải:

Tứ giác ABMN có hai đường chéo vuông góc nên SABMN = 1

2AM.BN

Vì Δ ABM và Δ AMC có chung chiều cao kẻ từ A, cạnh đáy BM = MC nên:

SABM = SAMC =1

2 SABC

Vì ΔMNA và ΔMNC có chung chiều cao kẻ từ M, cạnh đáy AN = NC nên:

SMAN = SMNC = 1

2 SAMC = 1 4SABC

Ta có: SABMN = SABM + SMNA = 1

2 SABC + 1

4SABC = 3 4 SABC

Vậy SABC = ⁴

3SABMN = ^{4 1}.

3 2.AM.BN = ²

3AM.BN.

Bài 55 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Gọi K và L là hai điểm thuộc BC sao cho BK = KL = LC. Tính tỉ số diện tích của:

a) Các tam giác DAC và DCK;

b) Tam giác DAC và tứ giác ADLB;

c) Các tứ giác ABKD và ABLD.

Lời giải:

a) Ta có: SACD = SBCD = SDAB = SCAB = 1

2SABCD (1)

ΔDCK và ΔDCB có chung chiều cao kẻ từ đỉnh D, cạnh đáy CK = ²

3CB nên SDCK = ²

3SDBC (2)

Từ (1) và (2) ⇒ _{DCK DAC} ^DCK

DAC

2 S 2

S S

3 S 3

=  = .

b) Ta có: SADLB = SADB + SDLB

Vì ΔDBC và ΔDLB có chung chiều cao kẻ từ D, cạnh đáy LB = ² 3BC

⇒ SDLB = ² 3SDBC

Mà SDAC = SADB = SDBC (chứng minh trên) Suy ra: SADLB = SDAC + ²

3SDAC = 5

3SDAC

⇒ ^DAC

ADLB

S 3

S =5.

c) Ta có: SABKD = SABD + SDKB

Vì ΔDKB và ΔDCB có chung chiều cao kẻ từ D, cạnh đáy BK = 1 3BC

⇒ SDKB = 1 3SDCB

Mà SDCB = SDAC = SABD (chứng minh trên).

ABKD DAC DAC DAC

ABKD DAC

ADLB DAC

1 4

S S S S

3 3

4 S

S 3 4

S 5 S 5

3

 = + =

 = =

Bài 56 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác ABC vuông tại A và có BC = 2AB = 2a. Ở phía ngoài tam giác, ta vẽ hình vuông BCDE, tam giác đều ABF và tam giác đều AGC.

a) Tính các góc B, C, cạnh AC và diện tích tam giác ABC.

b) Chứng minh rằng FA vuông góc với BE và CG. Tính diện tích các tam giác FAG và FBE.

c) Tính diện tích tứ giác DEFG.

Lời giải:

a) Gọi M là trung điểm của BC, ta có:

AM = MB = 1

2 BC = a (tính chất trung tuyến của tam giác vuông) Suy ra MA = MB = AB = a.

Suy ra ΔAMB đều ⇒ ABC = 60^o

Mặt khác: ABC ACB+ = 90° (tính chất tam giác vuông) Suy ra: ACB = 90^o - ABC = 90^o – 60^o = 30^o

Trong tam giác vuông ABC, theo Pi-ta-go, ta có:

BC² = AB²+ AC²

⇒ AC² = BC² - AB² = 4a² - a² = 3a² ⇒ AC = a 3 . Vậy SABC = 1

2.AB.AC

1 a2 3

a. a 3

2 2

= = ( đvdt).

b) Ta có: FAB=ABC = 60^o

Do đó: FA // BC (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) Và BC ⊥ BE (vì BCDE là hình vuông)

Suy ra: FA ⊥ BE

Vì BC ⊥ CD (vì BCDE là hình vuông) và FA // BC Suy ra: FA ⊥ CD

Gọi giao điểm BE và FA là H, FA và CD là K.

⇒ BH ⊥ FA và FH = HA = a

2 (tính chất tam giác đều) Ta có: ACG +ACB+ BCD = 60^o + 30^o + 90^o = 180^o

⇒ G, C, D thẳng hàng

⇒ AK ⊥ CG và GK = KC = 1 1 a 3

GC AC

2 = 2 = 2

SFAG = 1

2GK.AF =

1 a 3 a2 3 . .a

2 2 = 4 ( đvdt) SFBE = 1

2FH.BE = 1 a

2 2. .2a = 1

2 a² (đvdt) c) SBCDE = BC² = (2a)² = 4a² (dvdt)

Trong tam giác vuông BHA, theo Pi-ta-go, ta có: AH² + BH² = AB²

⇒ BH² = AB² - AH² =

2 2

2 a 3a a 3

a BH

4 4 2

− =  =

SABF = 1

2 BH.FA =

1 a 3 a2 3

. .a

2 2 = 4 ( đvdt) Trong tam giác vuông AKC, theo Pi-ta-go, ta có:

AC² = AK² + KC²

⇒ AK² = AC² - KC² =

2 2

2 3a 9a 3a

3a AK

4 4 2

− =  =

SACG = 1

2AK.CG =

1 3a 3a2 3

. .a 3

2 2 = 4 ( đvdt) Ta có:

SDEFG = SBCDE + SFBE + SFAB + SFAG + SACG + SABC

2 2 2 2 2 2

2 a a 3 a 3 3a 3 a 3 (18 7 3)a

4a 2 4 4 4 2 4

= + + + + + = + ( đvdt).

Bài tập bổ sung

Bài II.1 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Xét các tam giác có đỉnh lấy trong số các điểm A, B, C, D O, hãy chỉ ra các tam giác có diện tích bằng nhau và giải thích vì sao.

Lời giải:

- Các tam giác ADB, ACB, DAC, DBC có diện tích bằng nhau vì cùng bằng nửa diện tích hình bình hành đã cho.

- Các tam giác OAD, OCB, ODC, OBA có diện tích bằng nhau vì cùng bằng một phần tư diện tích hình bình hành đã cho.

Bài II.2 trang 166 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình lục giác ABCDEF, có AB = BC

= 3cm và ED = 4cm. Biết rằng ED song song với AB, AB vuông góc với BC, FE vuông góc với FA vuông góc với FA và FE = FA. Qua điểm A kẻ đường thẳng d song song với BC. Gọi K là giao điểm của d và ED, biết AK = 4cm, KD = 1cm.

Tính diện tích của lục giác đó.

Lời giải:

Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng ED và BC. Khi đó, ABHE là hình thang và tính được diện tích của nó là

S1 = 1

2(AB + EH).BH = 1

2(3 + 6).4 = 18( cm²).

Diện tích của tam giác vuông DHC là S2 = 1

2DH.CH = 1

2.2.1 = 1( cm²).

Trong tam giác vuông AKE, áp dụng định lí Pytago tính được EA = 5 (cm).

Trong tam giác vuông FEA có FE = FA : Suy ra EF² =

AE2 25

2 = 2 ( áp dụng định lí py ta go) Từ đó diện tích của tam giác FAE là

S3 = 1 1 1 ² 25

.FE. FA FE.FE FE

2 = 2 = 2 = 4 cm².

Vậy diện tích của lục giác đã cho là S = S3 + S1 - S2 = 25 93

4 + − =18 1 4 ( cm²).

Mỗi bài từ số II.3 đến II.11 sau đây đều có bốn phương án lựa chọn là (A), (B), (C) và (D) nhưng chỉ có một trong số đó là đúng. Hãy chỉ ra phương án mà em cho là đúng.

Bài II. 3 trang 167 SBT Toán 8 Tập 1: Cho lục giác đều MNPQRS (h.bs.27). Gọi X, Y, Z tương ứng là trung điểm của các cạnh MN, PQ và RS. Khi đó XYZ là:

(A) tam giác vuông;

(B) tam giác vuông cân;

(C) tam giác đều;

(D) tam giác mà độ dài các cạnh của nó đôi một khác nhau.

Lời giải:

Chọn đáp án C

Vì MNPQRS là lục giác đều nên MN = NP =PQ = QR = RS = MS (1) Và các đường chéo chính bằng nhau: NR = MQ = PS (2)

Ta có XY là đường trung bình của hình thang MNPQ nên:

NP MQ

XY 2

= + (3)

Tương tự có: MS NR RQ RS

XZ ; YZ

2 2

+ +

= = (4)

Từ (1); (2); (3) và (4) suy ra: XY = XZ = YZ nên tam giác XYZ là tam giác đều.

Bài II. 4 trang 167 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tứ giác MNPQ và các kích thước đã cho trên hình bs.28. Diện tích tam giác MQP bằng bao nhiêu (cm²)?

(A) 6;

(B) 25;

(C) 25 2 ; (D) 25

4 . Lời giải:

Chọn đáp án D.

Áp dụng định lí Py ta go vào tam giác vuông PNM có:

PM² = PN² + NM² = 3² + 4² = 25 nên PM = 5 cm

Áp dụng định lí Py ta go vào tam giác vuông PQM có:

PQ² + QM² = MP² mà PQ = QM nên 2PQ² = 25

2 25

PQ 2

 =

Diện tích tam giác MQP bằng 1 1 ² 1 25 25

S PQ.QM .PQ .

2 2 2 2 4

= = = =

Bài II. 5 trang 167 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bs.29, trong đó HK = KF = FL

= LT và tam giác GHT có diện tích S. Khi đó, diện tích của tam giác GKL bằng:

(A) 1 2 S;

(B) 1 4 S;

(C) 1 8S;

(D) 3 4 S.

Lời giải:

Chọn đáp án A Ta có: 1

S .h.HT

=2 trong đó h là độ dài đường cao xuất phát từ G của tam giác GHT.

2 1

KL HT HT

4 2

= =

Diện tích của tam giác GKL bằng:

GKL

1 1 1 1

S h.KL h. HT S

2 2 2 2

= = =

Bài II. 6 trang 167 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bs.30 (hình bình hành MNPQ có diện tích S và X, Y tương ứng là trung điểm của các cạnh QP, PN). Khi đó, diện tích của tứ giác MXPY bằng:

(A) 1 4 S;

(B) 1 2 S;

(C) 1 8S;

(D) 3 4 S.

Lời giải:

Chọn đáp án B.

Ta có: SMNY = SMYP ; SMPX = SMXQ

Suy ra: SMXPY = SMYP + SMPX = SMNY + SMXQ

Lại có: SMNY + SMPX + SMYP + SMXQ = S.

Suy ra: SMXPY

S

=2.

Bài II. 7 trang 168 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bs.31, (R là điểm bất kì trên QS, S là điểm bất kì trên NO, hình thang NOPQ có diện tích S). Khi đó, tổng diện tích của hai tam giác QSP và NRO bằng:

(A) 1

2 S;

(B) 1 4 S;

(C) 3

4 S;

(D) S.

Lời giải:

Chọn đáp án D.

Gọi chiều cao của hình thang đã cho là h.

Ta có, diện tích hình thang NOPQ là ( NO PQ).h

S 2

= + . (1)

NRO QSP

NRO QSP

1 1

S h.NO; S h.QP

2 2

1 1 1

S S h.NO h.QP h.(NO QP) (2)

2 2 2

= =

 + = + = +

Từ (1) và (2) suy ra: S = SNRO + SQSP.

Bài II.8 trang 168 SBT Toán 8 Tập 1: Cho tam giác MNP. Điểm T nằm trong tam giác MNP sao cho các tam giác TMN, TMP, TPN có diện tích bằng nhau. Khi đó, T là giao điểm

(A) ba đường cao của tam giác đó;

(B) ba đường trung trực của tam giác đó;

(C) ba đường trung tuyến của tam giác đó;

(D) ba đường phân giác trong của tam giác đó.

Lời giải:

Chọn đáp án C.

Vì các tam giác TMN, TMP, TPN có diện tích bằng nhau và tổng diện tích các tam giác này bằng diện tích tam giác MNP nên:

STMN = STMP = STPN _MNP

1S

= 3

Xét tam giác TMN và tam giác MNP có chung cạnh đáy MN.

Suy ra, chiều cao xuất phát từ P gấp 3 lần chiều cao xuất phát từ đỉnh T.

Theo tính chất trọng tâm tam giác và định lí Ta – let , ta suy ra: T là trọng tâm tam giác MNP- tức là T là giao điểm ba đường trung tuyến của tam giác đó.

Bài II.9 trang 168 SBT Toán 8 Tập 1: Cho hình bs.32 (tam giác MNP vuông tại đỉnh M và NRQP, PUTM, MKHN đều là hình vuông, còn S1, S2, S3 tương ứng là diện tích của một hình). Quan hệ nào sau đây là đúng?

(A) S3 + S2 = S1; (B) S²₃ +S²₂ =S₁²; (C) S3 + S2 > S1; (D) S²₃ +S²₂ S₁² Lời giải:

Chọn đáp án A

Gọi độ dài cạnh PM = a ;cạnh MN = b

Áp dụng định lí Py tago vào tam giác vuông MNP ta được:

NP² = MP² + MN² = a² + b² Diện tích các hình vuông:

S1= NP² = a² + b² S2 = a² và S3 = b² Suy ra: S1 = S2 + S3.

Bài 10 trang 169 SBT Toán 8 Tập 1: Nếu độ dài cạnh của một hình vuông tăng gấp bốn lần thì diện tích hình vuông đó tăng lên bao nhiêu lần?

(A) 4;

(B) 8;

(C) 16;

(D) Không tính được.

Lời giải:

Chọn đáp án C.

Gọi độ dài cạnh hình vuông ban đầu là a.

Diện tích hình vuông lúc đầu là a².

Khi tăng độ dài cạnh hình vuông lên 4 lần thì độ dài cạnh lúc đó là 4a và diện tích hình vuông mới là ( 4a)² = 16a².

Do đó, diện tích hình vuông tăng lên 16 lần.

Bài II.11 trang 169 SBT Toán 8 Tập 1: Nếu một hình chữ nhật có chu vi là 16 (cm) và diện tích là 12 (cm²) thì độ dài hai cạnh của nó bằng bao nhiêu?

(A) 3 (cm) và 4 (cm);

(B) 2 (cm) và 6 (cm);

(C) 2 (cm) và 8 (cm);

(D) Không tính được.

Lời giải:

Chọn đáp án B

Nửa chu vi hình chữ nhật là: 16 : 2 = 8cm.

Gọi độ dài 1 cạnh là a (cm) (0 < a < 8) thì độ dài cạnh còn lại là 8 – a ( cm).

Vì diện tích hình chữ nhật là 12 nên: a(8 – a) = 12.

Hay 8a – a² = 12 6a – a² + 2a – 12 = 0 a(6 – a) – 2(6 – a) = 0 (a – 2). (6 – a) = 0 Nên a – 2 = 0 hay a = 2 Hoặc 6 – a = 0 hay a = 6.